Corrigé des exercices : Ordre et groupes cycliques en maths spé (MP)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Ordres de quatre classes de Z/20Z

Idée clé : la classe \(\bar{k}\) vaut \(k\cdot\bar{1}\), et \(\bar{1}\) est d’ordre \(20\) ; l’ordre de \(\bar{k}\) vaut donc \(20/(20\wedge k)\).

1. On calcule les PGCD : \(20\wedge4=4\), \(20\wedge6=2\), \(20\wedge15=5\) et \(20\wedge7=1\). Les ordres sont donc \(5\) pour \(\bar{4}\), \(10\) pour \(\bar{6}\), \(4\) pour \(\bar{15}\) et \(20\) pour \(\bar{7}\). Vérifions un cas : \(4\times15=60=3\times20\), alors que \(2\times15=30\) n’est pas multiple de \(20\).
2. Une classe engendre le groupe exactement quand son ordre vaut \(20\). Seule \(\bar{7}\) engendre \(\mathbb{Z}/20\mathbb{Z}\), ce qui est cohérent avec \(7\wedge20=1\).
3. Le sous-groupe \(\langle\bar{15}\rangle\) a quatre éléments : les multiples \(0\), \(15\), \(30\) et \(45\), réduits modulo \(20\). On obtient \(\langle\bar{15}\rangle=\{\bar{0},\bar{15},\bar{10},\bar{5}\}\), c’est-à-dire l’ensemble des classes multiples de \(5\).

Le diagramme donne l’ordre de chacune des vingt classes. Les quatre classes de l’énoncé apparaissent en orange.

Corrigé de l’exercice 2 – Générateurs de Z/28Z

Idée clé : les générateurs de \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) sont les classes des entiers premiers avec \(n\) ; il y en a \(\varphi(n)\).

1. On a \(28=2^2\times7\). Donc \(\varphi(28)=28\left(1-\tfrac12\right)\left(1-\tfrac17\right)=28\times\tfrac12\times\tfrac67\). Ainsi \(\varphi(28)=12\).
2. Un entier est premier avec \(28\) lorsqu’il n’a aucun des facteurs premiers \(2\) et \(7\). Entre \(0\) et \(27\), on retire donc les pairs, puis \(7\) et \(21\). Les générateurs sont \(\bar{1},\bar{3},\bar{5},\bar{9},\bar{11},\bar{13},\bar{15},\bar{17},\bar{19},\bar{23},\bar{25},\bar{27}\), soit douze classes, comme prévu.
3. On cherche \(u\) tel que \(9u\equiv1\ [28]\). Or \(9\times3=27\equiv-1\ [28]\). Donc \(9\times(-3)\equiv1\), et \(-3\equiv25\). On obtient \(\bar{1}=25\cdot\bar{9}\), ce que confirme \(9\times25=225=8\times28+1\).

Corrigé de l’exercice 3 – Sous-groupes de Z engendrés par plusieurs entiers

Idée clé : tout sous-groupe de \(\mathbb{Z}\) est un \(n\mathbb{Z}\), et l’entier \(n\) se lit sur un PGCD ou un PPCM.

1. D’après le cours, \(14\mathbb{Z}+35\mathbb{Z}=(14\wedge35)\mathbb{Z}\). Comme \(14=2\times7\) et \(35=5\times7\), on trouve \(14\mathbb{Z}+35\mathbb{Z}=7\mathbb{Z}\). Une relation de Bézout le confirme : \(7=35-2\times14\).
2. De même, \(14\mathbb{Z}\cap35\mathbb{Z}\) est formé des multiples communs de \(14\) et \(35\). C’est \(70\mathbb{Z}\), car le PPCM vaut \(2\times5\times7=70\).
3. Le sous-groupe \(\langle-21,49,84\rangle\) est \(21\mathbb{Z}+49\mathbb{Z}+84\mathbb{Z}\), car \(-21\mathbb{Z}=21\mathbb{Z}\). En appliquant deux fois le corollaire, il vaut \(\delta\mathbb{Z}\) avec \(\delta=21\wedge49\wedge84\). Or \(21=3\times7\), \(49=7^2\) et \(84=2^2\times3\times7\). Donc \(\langle-21,49,84\rangle=7\mathbb{Z}\).

Corrigé de l’exercice 4 – Ordre de quelques complexes de module 1

Idée clé : on écrit chaque nombre sous la forme \(e^{2ik\pi/n}\), puis on applique la formule donnant l’ordre d’une puissance de \(e^{2i\pi/n}\).

1. On a \(z_1=e^{2i\pi\cdot10/24}\). Son ordre vaut \(24/(24\wedge10)=24/2\). Ainsi \(z_1\) est d’ordre \(12\). Ensuite, on a \(z_2=e^{i\pi}e^{i\pi/3}=e^{4i\pi/3}=e^{2i\pi\cdot2/3}\). Comme \(2\wedge3=1\), \(z_2\) est d’ordre \(3\). On reconnaît d’ailleurs \(z_2=j^2\). De même, \(z_3=e^{6i\pi/5}=e^{2i\pi\cdot3/5}\), et \(3\wedge5=1\). Donc \(z_3\) est d’ordre \(5\).
2. Pour tout \(k\geqslant1\), on a \(|z_4^k|=2^k\neq1\). Aucune puissance strictement positive de \(z_4\) ne vaut donc \(1\). Le nombre \(z_4\) est d’ordre infini.

Corrigé de l’exercice 5 – Un groupe de cardinal 13

Idée clé : l’ordre d’un élément divise le cardinal, et \(13\) est premier.

1. Soit \(x\in G\) différent de \(e\). Son ordre divise \(13\) et ne vaut pas \(1\). Il vaut donc \(13\). Ainsi \(\langle x\rangle\) a \(13\) éléments et il est inclus dans \(G\). Par conséquent, \(G=\langle x\rangle\) est cyclique.
2. Le raisonnement précédent montre que tout élément différent de \(e\) engendre \(G\). Il y a donc \(12\) générateurs, ce qui correspond bien à \(\varphi(13)=12\).
3. Un groupe monogène est commutatif, car \(x^ax^b=x^{a+b}=x^bx^a\). Donc \(G\) est commutatif.

Ce raisonnement ne dépend que du caractère premier du cardinal. Ainsi, tout groupe dont le cardinal est un nombre premier \(p\) est isomorphe à \(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\). Par conséquent, à isomorphisme près, il n’existe qu’un seul groupe à \(13\) éléments.

Corrigé de l’exercice 6 – Sous-groupes engendrés dans le groupe des complexes non nuls

Idée clé : on cherche dans le sous-groupe un élément dont l’ordre est égal au cardinal du groupe de racines visé.

1. On a \(-1=i^2\), donc \(\langle i,-1\rangle=\langle i\rangle\). Or \(i\) est d’ordre \(4\) : \(i^2=-1\) et \(i^4=1\). Ainsi \(\langle i,-1\rangle=\{1,i,-1,-i\}=\mathbb{U}_4\).
2. On a \(-j=e^{i\pi}e^{2i\pi/3}=e^{5i\pi/3}=e^{2i\pi\cdot5/6}\). Comme \(5\wedge6=1\), \(-j\) est d’ordre \(6\). Le sous-groupe \(\langle j,-1\rangle\) contient \(-j\), donc il contient \(\langle-j\rangle=\mathbb{U}_6\). Inversement, \(j\) et \(-1\) sont dans \(\mathbb{U}_6\). On conclut \(\langle j,-1\rangle=\mathbb{U}_6\).
3. Le produit \(ij=e^{i\pi/2+2i\pi/3}=e^{7i\pi/6}=e^{2i\pi\cdot7/12}\) est d’ordre \(12\), car \(7\wedge12=1\). Donc \(\langle i,j\rangle\) contient \(\mathbb{U}_{12}\). Réciproquement, \(i\) et \(j\) sont des racines douzièmes de l’unité. Le sous-groupe \(\langle i,j\rangle\) est donc égal à \(\mathbb{U}_{12}\), et \(ij\) l’engendre.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Puissances d’un élément d’ordre 36

Idée clé : tout se ramène à la formule \(\omega(x^k)=36/(36\wedge k)\), puis à une condition sur le PGCD.

1. On calcule \(36\wedge8=4\), \(36\wedge15=3\), \(36\wedge27=9\) et \(36\wedge25=1\). Les ordres valent donc \(9\) pour \(x^8\), \(12\) pour \(x^{15}\), \(4\) pour \(x^{27}\) et \(36\) pour \(x^{25}\).
2. On veut \(36/(36\wedge k)=9\), soit \(36\wedge k=4\). Comme \(36=2^2\times3^2\), cela signifie que \(4\) divise \(k\) mais que \(3\) ne le divise pas. Parmi les multiples de \(4\) entre \(1\) et \(36\), on retire \(12\), \(24\) et \(36\). Il reste \(k\in\{4,8,16,20,28,32\}\), soit six valeurs, ce qui correspond bien à \(\varphi(9)=6\).
3. On veut cette fois \(36\wedge k=3\). L’entier \(k\) doit donc être multiple de \(3\), impair et non multiple de \(9\). Dans \(\{1,\dots,36\}\), cela donne \(3\), \(15\), \(21\) et \(33\). Il y a donc quatre éléments d’ordre \(12\), et l’on retrouve \(\varphi(12)=4\).

Corrigé de l’exercice 8 – Résoudre une équation linéaire dans Z/30Z

Idée clé : l’équation homogène \(m\cdot u=\bar{0}\) a \(m\wedge30\) solutions ; l’équation complète s’obtient en ajoutant une solution particulière.

1. Pour \(u=\bar{k}\), la condition s’écrit \(30\mid12k\), soit \(5\mid2k\) après division par \(6\). Le lemme de Gauss donne \(5\mid k\). Les solutions sont \(\bar{0},\bar{5},\bar{10},\bar{15},\bar{20},\bar{25}\) : il y en a \(12\wedge30=6\).
2. De même, \(30\mid8k\) équivaut à \(15\mid4k\), donc à \(15\mid k\). Les solutions sont \(\bar{0}\) et \(\bar{15}\), conformément à \(8\wedge30=2\).
3. On remarque que \(12\times4=48=30+18\). Ainsi \(\bar{4}\) est une solution particulière. Ensuite, \(12\cdot u=\bar{18}\) équivaut à \(12\cdot(u-\bar{4})=\bar{0}\). D’après la première question, \(u-\bar{4}\) est un multiple de \(\bar{5}\). Les solutions sont \(\bar{4},\bar{9},\bar{14},\bar{19},\bar{24},\bar{29}\). Par exemple, \(12\times29=348=11\times30+18\).

Corrigé de l’exercice 9 – Ordre d’un produit d’éléments qui commutent

Idée clé : un élément commun à \(X\) et à \(Y\) a un ordre qui divise à la fois \(a\) et \(b\).

1. Soit \(z\in X\cap Y\). Le groupe \(X\) a \(a\) éléments, donc l’ordre de \(z\) divise \(a\). De même, il divise \(b\). Il divise donc \(a\wedge b=1\). Ainsi \(z=e\), et \(X\cap Y=\{e\}\).
2. Comme \(x\) et \(y\) commutent, \((xy)^{ab}=x^{ab}y^{ab}\), qui vaut \(e\) puisque \(a\) et \(b\) divisent \(ab\). Réciproquement, supposons \((xy)^k=e\). Alors \(x^k=y^{-k}\), et cet élément appartient à \(X\cap Y\). Il vaut donc \(e\). On en déduit \(a\mid k\) et \(b\mid k\). Comme \(a\) et \(b\) sont premiers entre eux, \(ab\mid k\). L’ordre de \(xy\) vaut donc \(ab\).
3. Dans \(\mathbb{C}^*\), prenons \(x=i\) et \(y=-i\). Ces deux nombres sont d’ordre \(4\) et commutent. Pourtant \(xy=-i^2=1\) est d’ordre \(1\). L’hypothèse \(a\wedge b=1\) est donc indispensable.
4. Le nombre \(e^{2i\pi/8}\) est d’ordre \(8\), et \(e^{2i\pi/9}\) est d’ordre \(9\). Ces ordres sont premiers entre eux et \(\mathbb{C}^*\) est commutatif. Le produit est donc d’ordre \(72\). On le retrouve en écrivant ce produit \(e^{2i\pi\cdot17/72}\), avec \(17\wedge72=1\).

Corrigé de l’exercice 10 – Groupes produits cycliques ou non

Idée clé : l’ordre d’un couple \((a,b)\) divise le PPCM des ordres des composantes ; un majorant uniforme des ordres interdit la cyclicité.

1. Soit \(u=(\alpha,\beta)\in K\). Dans \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\), on a \(30\cdot\alpha=0\), car \(6\mid30\). De même, \(30\cdot\beta=0\) dans \(\mathbb{Z}/10\mathbb{Z}\), car \(10\mid30\). Donc \(30\cdot u=0\), et l’ordre de \(u\) divise \(30\). Or \(K\) compte \(60\) éléments. Aucun élément n’atteint l’ordre \(60\), donc \(K\) n’est pas cyclique.
2. Prenons \(u=(\bar{1},\bar{1})\). La relation \(k\cdot u=0\) impose \(6\mid k\) et \(10\mid k\) ; elle équivaut donc à \(30\mid k\). L’élément \((\bar{1},\bar{1})\) est ainsi d’ordre \(30\).
3. Dans \(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}\), le même calcul montre que \((\bar{1},\bar{1})\) est d’ordre \(4\vee9=36\). Ce groupe a aussi \(36\) éléments. Il est donc cyclique, engendré par \((\bar{1},\bar{1})\).

Corrigé de l’exercice 11 – Intersection de groupes de racines de l’unité

Idée clé : \(z\in\mathbb{U}_m\) signifie que l’ordre de \(z\) divise \(m\) ; il suffit alors de raisonner sur les diviseurs communs.

1. C’est le cas particulier \(m=12\), \(n=18\) de la question suivante, car \(12\wedge18=6\). On peut aussi le vérifier directement : \(\mathbb{U}_6\) est inclus dans les deux groupes, car \(6\) divise \(12\) et \(18\). On obtient \(\mathbb{U}_{12}\cap\mathbb{U}_{18}=\mathbb{U}_6\), et la figure montre bien six points communs.
2. Soit \(z\in\mathbb{C}^*\). Si \(z^m=1\) et \(z^n=1\), l’ordre de \(z\) divise \(m\) et \(n\), donc il divise \(m\wedge n\). Ainsi \(z^{m\wedge n}=1\). Réciproquement, si \(z^{m\wedge n}=1\), alors \(z^m=1\) et \(z^n=1\), puisque \(m\wedge n\) divise \(m\) et \(n\). Donc \(\mathbb{U}_m\cap\mathbb{U}_n=\mathbb{U}_{m\wedge n}\).
3. On a \(\mathbb{U}_d=\{1\}\) si et seulement si \(d=1\). Les groupes \(\mathbb{U}_m\) et \(\mathbb{U}_n\) n’ont que \(1\) en commun exactement quand \(m\wedge n=1\).

Corrigé de l’exercice 12 – Sous-groupe engendré par deux classes de Z/24Z

Idée clé : en notation additive, \(\langle\bar{a},\bar{b}\rangle\) est formé des classes \(\bar{ua+vb}\) ; on se ramène donc au sous-groupe \(a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}+24\mathbb{Z}\) de \(\mathbb{Z}\).

1. D’abord, \(\bar{8}=4\cdot\bar{2}\) et \(\bar{18}=9\cdot\bar{2}\). Donc \(\langle\bar{8},\bar{18}\rangle\subset\langle\bar{2}\rangle\). Ensuite, \(18-2\times8=2\), donc \(\bar{2}=\bar{18}-2\cdot\bar{8}\) appartient à \(\langle\bar{8},\bar{18}\rangle\). On a donc \(\langle\bar{8},\bar{18}\rangle=\langle\bar{2}\rangle\).
2. L’ordre de \(\bar{2}\) vaut \(24/(24\wedge2)=12\). Ce sous-groupe a donc \(12\) éléments : les classes paires.
3. Cette fois, \(9\times9-4\times20=81-80=1\). Donc \(\bar{1}=9\cdot\bar{9}-4\cdot\bar{20}\) appartient au sous-groupe engendré. Ainsi \(\langle\bar{9},\bar{20}\rangle=\mathbb{Z}/24\mathbb{Z}\), bien qu’aucune des deux classes ne soit un générateur à elle seule.

Corrigé de l’exercice 13 – Groupe où chaque élément est son propre inverse

Idée clé : l’hypothèse \(x^2=e\) signifie \(x^{-1}=x\) ; on l’applique à un produit.

1. Soit \(x,y\in G\). On a \(xy=(xy)^{-1}\), car \(xy\) est son propre inverse. Or \((xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}=yx\). Donc \(xy=yx\), et \(G\) est commutatif.
2. Tout élément de \(G\) vérifie \(x^2=e\), donc son ordre vaut \(1\) ou \(2\). Si \(G\) était cyclique, il contiendrait un élément d’ordre égal à \(|G|\geqslant3\). C’est impossible, donc \(G\) n’est pas cyclique.
3. On vérifie \(D^2=I_2\), puis \((-D)^2=I_2\) et \((-I_2)^2=I_2\). L’ensemble \(V\) contient \(I_2\), et chaque élément est son propre inverse. Il reste la stabilité par produit : \((-I_2)D=-D\), \((-I_2)(-D)=D\) et \(D(-D)=-I_2\). Les autres produits s’en déduisent par commutativité, car \(\pm I_2\) commutent avec tout. Ainsi \(V\) est un sous-groupe de cardinal \(4\) où \(x^2=I_2\) pour tout \(x\). D’après la question 2, \(V\) n’est pas cyclique.

Corrigé de l’exercice 14 – Ordre de deux matrices inversibles

Idée clé : pour \(A\), on calcule jusqu’à reconnaître \(-I_2\) ; pour \(B\), un coefficient qui croît avec l’exposant interdit le retour à \(I_2\).

1. Le calcul donne
   \[A^2=\begin{pmatrix}-1&-1\\1&0\end{pmatrix},\qquad A^3=A^2A=\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}=-I_2.\]
   Donc \(A^6=(-I_2)^2=I_2\), et l’ordre de \(A\) divise \(6\). De plus, \(A^2\neq I_2\) et \(A^3\neq I_2\). D’après l’astuce des diviseurs premiers, \(A\) est d’ordre \(6\). Enfin, \(A^4=-A\) et \(A^5=-A^2\). Ainsi \(\langle A\rangle=\{I_2,A,A^2,-I_2,-A,-A^2\}\).
2. Une récurrence immédiate donne \(B^k=\begin{pmatrix}1&k\\0&1\end{pmatrix}\) pour \(k\in\mathbb{N}\). La matrice \(B^{k+1}=B^kB\) porte en effet \(k+1\) en position \((1,2)\). De plus, l’inverse de \(B^k\) est la matrice de même forme avec \(-k\), donc la formule vaut pour \(k\in\mathbb{Z}\). Pour \(k\neq0\), on a donc \(B^k\neq I_2\). La matrice \(B\) est d’ordre infini.
3. D’après la classification des groupes monogènes, \(\langle A\rangle\) est isomorphe à \(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\), et \(\langle B\rangle\) est isomorphe à \(\mathbb{Z}\).

La figure montre l’orbite du vecteur \(v=(1,0)\) sous l’action de \(A\). Elle revient à son point de départ après six étapes exactement.

Corrigé de l’exercice 15 – Ordre d’une permutation et groupe qu’elle engendre

Idée clé : les deux cycles \((1\ 2\ 3)\) et \((4\ 5)\) agissent sur des ensembles disjoints, ce qui les fait commuter ; on calcule les puissances de chacun séparément.

1. Notons \(c=(1\ 2\ 3)\) et \(t=(4\ 5)\). Comme \(ct=tc\), on a \(\sigma^k=c^kt^k\). D’où \(\sigma^2=c^2=(1\ 3\ 2)\), car \(t^2=\mathrm{id}\). Ensuite, \(\sigma^3=c^3t^3=t=(4\ 5)\), car \(c^3=\mathrm{id}\). Ainsi \(\sigma^6=\mathrm{id}\), alors que \(\sigma^2\) et \(\sigma^3\) diffèrent de l’identité. La permutation \(\sigma\) est donc d’ordre \(6\).
2. Le groupe \(\langle\sigma\rangle\) est cyclique d’ordre \(6\). Ses générateurs sont les \(\sigma^k\) avec \(k\wedge6=1\) et \(0\leqslant k\leqslant5\). Ce sont \(\sigma\) et \(\sigma^5=\sigma^{-1}=(1\ 3\ 2)(4\ 5)\).
3. Première méthode : \(S_3\) n’est pas commutatif. Par exemple, \((1\ 2)\circ(1\ 3)=(1\ 3\ 2)\), alors que \((1\ 3)\circ(1\ 2)=(1\ 2\ 3)\). Or un groupe monogène est commutatif. Seconde méthode : les éléments de \(S_3\) sont l’identité, trois transpositions d’ordre \(2\) et deux \(3\)-cycles d’ordre \(3\). Aucun n’est d’ordre \(6\). Dans les deux cas, \(S_3\) n’est pas cyclique.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Dénombrer les morphismes de Z/12Z vers Z/18Z

Idée clé : un morphisme partant d’un groupe cyclique est déterminé par l’image du générateur, et cette image doit respecter l’ordre du générateur.

1. Un morphisme envoie le neutre sur le neutre. Donc \(12\cdot a=12\cdot f(\bar{1})=f(12\cdot\bar{1})=f(\bar{0})=\bar{0}\). Ainsi \(12\cdot a=\bar{0}\) dans \(\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}\).
2. Vérifions d’abord que l’application est bien définie. Si \(k\equiv k^{\prime}\ [12]\), on écrit \(k-k^{\prime}=12q\). Alors \(k\cdot a-k^{\prime}\cdot a=q\cdot(12\cdot a)=\bar{0}\). L’image ne dépend donc pas du représentant. Ensuite, \((k+l)\cdot a=k\cdot a+l\cdot a\). On obtient bien un morphisme de groupes.
3. Les questions 1 et 2 montrent que les morphismes correspondent exactement aux solutions de \(12\cdot a=\bar{0}\) dans \(\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}\). Pour \(a=\bar{c}\), la condition s’écrit \(18\mid12c\), soit \(3\mid2c\), donc \(3\mid c\). Les solutions sont \(\bar{0},\bar{3},\bar{6},\bar{9},\bar{12},\bar{15}\). Il y a donc \(6=12\wedge18\) morphismes.
4. Pour chaque solution, \(a=\bar{3c}\) et \(f(\bar{6})=\bar{18c}=\bar{0}\), alors que \(\bar{6}\neq\bar{0}\) dans \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\). Aucun morphisme n’est injectif. Par ailleurs, l’image \(\langle a\rangle\) a au plus \(6\) éléments, car \(6\cdot a=\bar{0}\). Aucun morphisme n’est surjectif, puisque \(\mathbb{Z}/18\mathbb{Z}\) a \(18\) éléments.

Le même raisonnement se généralise sans effort. Pour deux entiers \(m,n\geqslant1\), un morphisme de \(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\) vers \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) est déterminé par une classe \(a\) qui vérifie \(m\cdot a=\bar{0}\). D’après le cours, cette équation possède \(m\wedge n\) solutions. Il existe donc exactement \(m\wedge n\) morphismes. En particulier, lorsque \(m\) et \(n\) sont premiers entre eux, seul le morphisme nul existe. Ce résultat se retient facilement et sert souvent de vérification rapide à l’oral.

Corrigé de l’exercice 17 – Sous-groupes finis du groupe multiplicatif des complexes

Idée clé : dans un groupe fini de cardinal \(n\), chaque élément vérifie \(z^n=1\) ; le sous-groupe est donc piégé dans \(\mathbb{U}_n\), qui a le même cardinal.

1. Le groupe \(H\) est commutatif et fini, de cardinal \(n\). D’après le cours, tout \(z\in H\) vérifie \(z^n=1\). Ainsi \(H\subset\mathbb{U}_n\). Or ces deux ensembles ont \(n\) éléments. Donc \(H=\mathbb{U}_n\).
2. Le groupe \(\mathbb{U}_n\) est cyclique, engendré par \(e^{2i\pi/n}\). Ses éléments sont de module \(1\). Tout sous-groupe fini de \(\mathbb{C}^*\) est donc cyclique et contenu dans le cercle unité.
3. D’abord, \(1\in\mathbb{U}_1\subset\mathbb{U}_\infty\). Ensuite, soit \(z\in\mathbb{U}_m\) et \(w\in\mathbb{U}_n\). Alors \(\big(\tfrac zw\big)^{mn}=\tfrac{(z^m)^n}{(w^n)^m}=1\), et le quotient \(\tfrac zw\) appartient à \(\mathbb{U}_{mn}\). Ainsi \(\mathbb{U}_\infty\) est un sous-groupe de \(\mathbb{C}^*\). Chacun de ses éléments est d’ordre fini, par définition. Enfin, \(e^{2i\pi/n}\) est d’ordre \(n\) pour chaque \(n\). Un groupe fini aurait des ordres bornés par son cardinal. Le groupe \(\mathbb{U}_\infty\) est donc infini, bien que chacun de ses éléments ait un ordre fini.
4. Supposons qu’un complexe \(z\) engendre \(\mathbb{U}_\infty\). Le nombre \(z\) appartient à un \(\mathbb{U}_N\), donc \(\langle z\rangle\subset\mathbb{U}_N\), qui est fini. Cela contredit la question précédente. Le groupe \(\mathbb{U}_\infty\) n’est donc pas monogène. On retrouve la classification : un groupe monogène infini serait isomorphe à \(\mathbb{Z}\), où seul \(0\) est d’ordre fini.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème de synthèse : sous-groupes et indicatrice d’Euler

Idée clé : on reproduit dans \(G\) la preuve qui décrit les sous-groupes de \(\mathbb{Z}\), par division euclidienne des exposants.

1. Le sous-groupe \(H\) contient un élément \(g^k\neq e\). Quitte à réduire \(k\) modulo \(n\), on peut supposer \(1\leqslant k\leqslant n-1\). L’entier \(m\) est donc bien défini. Comme \(g^m\in H\), on a \(\langle g^m\rangle\subset H\). Réciproquement, soit \(g^k\in H\). On écrit \(k=qm+r\) avec \(0\leqslant r<m\). Alors \(g^r=g^k(g^m)^{-q}\) appartient à \(H\). Par minimalité de \(m\), on a \(r=0\). Donc \(g^k\in\langle g^m\rangle\). Ainsi \(H=\langle g^m\rangle\). Enfin, \(g^n=e\) est dans \(H\). La même division appliquée à \(n\) donne un reste nul. Donc \(m\) divise \(n\).
2. Comme \(m\mid n\), l’ordre de \(g^m\) vaut \(n/(n\wedge m)=n/m\). Un sous-groupe \(H\neq\{e\}\) de cardinal \(d\) vérifie donc \(m=n/d\) et \(H=\langle g^{n/d}\rangle\). Il est ainsi entièrement déterminé par \(d\). Réciproquement, pour \(d\mid n\), le sous-groupe \(\langle g^{n/d}\rangle\) a pour cardinal l’ordre de \(g^{n/d}\), soit \(d\). Le cas \(d=1\) correspond à \(\{e\}\). Pour chaque diviseur \(d\) de \(n\), il existe donc un unique sous-groupe de cardinal \(d\). Si \(d\) ne divise pas \(n\), il n’y en a aucun, puisque le cardinal \(n/m\) de tout sous-groupe divise \(n\).
3. Soit \(x\) d’ordre \(d\). Alors \(\langle x\rangle\) est un sous-groupe de cardinal \(d\). D’après la question précédente, c’est \(\langle g^{n/d}\rangle\), et \(x\) en est un générateur. Réciproquement, un générateur de ce sous-groupe est d’ordre \(d\). Or un groupe cyclique de cardinal \(d\) possède \(\varphi(d)\) générateurs. Il y a donc exactement \(\varphi(d)\) éléments d’ordre \(d\) dans \(G\).
4. Chaque élément de \(G\) a un ordre qui divise \(n\). Notons \(N_d\) le nombre d’éléments d’ordre \(d\). Classons alors les éléments de \(G\) suivant leur ordre :
   \[n=\sum_{d\mid n}N_d=\sum_{d\mid n}\varphi(d).\]
   Pour \(n=12\), les diviseurs sont \(1,2,3,4,6,12\). On vérifie \(1+1+2+2+2+4=12\).
5. On applique la question 2 avec \(g=\bar{1}\) : le sous-groupe de cardinal \(d\) est engendré par \(\bar{12/d}\). Les sous-groupes de \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}\) sont \(\{\bar{0}\}\), \(\langle\bar{6}\rangle\), \(\langle\bar{4}\rangle\), \(\langle\bar{3}\rangle\), \(\langle\bar{2}\rangle\) et \(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}=\langle\bar{1}\rangle\), de cardinaux respectifs \(1,2,3,4,6,12\).

La figure représente ces six sous-groupes et leurs inclusions. On y lit que \(\langle\bar{a}\rangle\subset\langle\bar{b}\rangle\) lorsque \(b\) divise \(a\).

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